Подобие треугольников в решении задач и доказательстве теорем

Дата поступления: 30 Января 2011 в 13:45
Автор работы: Пользователь скрыл имя
Тип: реферат
Скачать целиком (146.72 Кб)
Содержимое работы - 1 файл
Скачать файл  Открыть файл 

подобие треугольников.doc

  —  235.50 Кб

    Аналогично  доказывается, что  точка пересечения  медиан BB1 и СС1 делит каждую из них в отношении 2:1, считая от вершины, и, следовательно, совпадает с точкой О. Итак, все три медианы треугольника ABC пересекаются в точке О и делятся ею в отношении 2:1, считая от вершины.

     Задача  2. Доказать, что высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, разделяет треугольник на два подобных прямоугольных треугольника, каждый из которых подобен данному треугольнику.

               Решение. Пусть  ABC - прямоугольный треугольник с прямым углом С. A CD -высота, проведённая из вершины С к гипотенузе АВ. Докажем, что ΔABC~ΔACD, ΔABC~ΔCBD, ΔACD~ΔCBD.

                             Треугольники ABC и ACD подобны по первому признаку подобия треугольников. Точно так же подобны треугольники ABC и CBD, поэтому угол А равен углу BCD. Наконец треугольники ACD и CBD также подобны по первому признаку подобия, что и требовалось доказать.

    На  основе задачи 2 сформулируем следующие  утверждения, которые также доказываются с помощью подобия:

     10 . Высота прямоугольного треугольника, проведённая из вершины прямого угла, есть среднее пропорциональное между отрезками на которые делится гипотенуза этой высотой.

    20 . Катет прямоугольного треугольника есть среднее пропорциональное между гипотенузой и отрезком гипотенузы, заключённым между катетом и высотой, проведённой из вершины прямого угла

        ДОПОЛНИТЕЛЬНЫЕ  СВОЙСТВА

Пропорциональные  отрезки в круге.

     Свойство  1. Если хорды АВ и CD окружности пересекаются в точке S, то AS BS = CS∙DS, то есть DS/BS = AS/CS.

     Доказательство. Докажем сначала, что треугольники ASD и CSB подобны. Вписанные углы DCB и DAB равны, как опирающиеся на одну и ту же дугу. Углы ASD и BSC равны как вертикальные. Из равенства указанных углов следует, что треугольники ASD и СSB подобны. Из подобия треугольников следует пропорция DS/BS = AS/CS, или AS BS = CS DS, что и требовалось доказать.

      Свойство  2.Если из точки Р к окружности проведены две секущие, пересекающие окружность в точках А, В и С, D соответственно, то АР/СР = DP/BP.

    Доказательство. Пусть А и С - ближайшие к точке Р точки пересечения секущих с окружностью. Треугольники PAD и РСВ подобны. У них угол при вершине Р общий, а углы В и D равны как вписанные, опирающиеся на одну и ту же дугу. Из подобия треугольников следует пропорция АР/СР = DP/BP, что и требовалось доказать. 

        Свойство  биссектрисы угла треугольника.

    Биссектриса угла треугольника делит противолежащую сторону на отрезки, пропорциональные двум другим сторонам.

Доказательство. Пусть CD биссектриса треугольника ABC. Если треугольник ABC - равнобедренный с основанием АВ,  то указанное  свойство биссектрисы очевидно, так как в этом случае биссектриса является и медианой. Рассмотрим общий случай, когда АС не равно ВС. Опустим перпендикуляры AF и BE из вершин А и В на прямую CD. Прямоугольные треугольники ACF и ВСЕ подобны, так как у них равны острые углы при вершине С . Из подобия треугольников следует пропорциональность сторон: АС/ВС = AF/BE. Прямоугольные треугольники ADF и BDE тоже подобны. У них углы при вершине D равны как вертикальные. Из подобия следует: AF/BE = AD/BD. Сравнивая это равенство с предыдущим, получим: АС/ВС = AD/BD или AC/AD = BC/BD, то есть AD и BD пропорциональны сторонам АС и ВС.

        Теорема о четырёх точках трапеции.

     Середины  оснований, точка  пересечения диагоналей и точка пересечения продолжений боковых сторон трапеции лежат на одной прямой.

Доказательство. Рассмотрим трапецию ABCD . Пусть точки L , М - середины оснований ВС и AD соответственно, О - точка  пересечения диагоналей, К -точка пересечения продолжений боковых сторон. Так как ВС // AD и KL делит ВС пополам, то по теореме Фалеса KL делит AD в том же отношении, то есть пересекает AD в точке М. Значит, точки К, L, М лежат на одной прямой. К принадлежит LM. Рассмотрим треугольники AOD и СОВ. Они подобны по двум углам: угол 1 равен углу 2 и угол 3 равен углу 4. Из подобия следует СО/АО = ВС/AD. Соединим точки К и О с точками L и М , так как LC = ВС/2 , AM = AD/2 , то LC/AM = BC/AD . Значит треугольники OLC и ОМА подобны по двум сторонам и углу между ними. Значит, угол 5 равен углу 6,то есть эти углы вертикальны, отсюда следует, что точки 0,L,M, то есть точки К, L, М и О лежат на одной прямой.

            Теорема Чевы.

    Пусть на сторонах треугольника ABC выбраны точки А1 на  ВС, В1 на AC, C1 на АВ. Отрезки АА1, ВВ1 и СС1 пересекаются в одной точке тогда и только тогда, когда выполняется равенство: ВА,/А1С-СВ,/В]А=АС1]В-1.         (1)

     В теореме  Чевы два взаимно 
обратных утверждения. Докажем, что 
если три отрезка АА1, BB1 и СС1 пересекаются в точке О, то выполняется равенство (1). Проведём через вершину В прямую а//АС. Пусть прямые АА1 и СС1 пересекают прямую а в точках Р и Q соответственно.

    Тогда из подобия треугольников АА1C и PA1В имеем СА11B = АС/РВ. (2)

    Аналогично   из   подобия   треугольников   АС1С и BC1Q  BC/C1A = BQ/AC (3).

    Наконец, из подобия треугольников ОАС  и OPQ (точнее, из-за их гомотетичности)  AB1/B1C = PB/PQ.  -(4)

    Перемножив  соответственно, левые и правые части  равенств (2), (3), (4), получим (1).

            Олимпиадные задачи.

     1. Внутри треугольника ABC взята точка М, через которую проведена прямая, параллельная сторонам треугольника. При этом площади трёх образовавшихся треугольников с вершиной М равны Sb S2, S3. Найдите площадь треугольника ABC.

     Решение. Т. к. ΔАВ С ~ ΔА1А2М, ΔАВС ~ ΔMB1B2, ΔАВС ~ Δ С2МС1 то их площади относятся как квадраты соответствующих элементов, а именно: . Тогда . Отсюда .

    2. В трапеции MNPK (MK и NP - основания) О - точка пересечения диагоналей. Площади Δ MOK и Δ NOP равны S1 и S2 соответственно. Найдите площадь трапеции.

Решение. Проведём OO1┴NР, OO2┴MK, тогда O€O1O2, и O1O2┴NP, O1O2┴MK. ΔMOK~ΔANOP по двум углам, отсюда , т.е. ;  
 

Ответ:

     3. Расстояния от точки пересечения диагоналей равнобокой трапеции до середин её сторон равны 2 см, 1 см и 2 см соответственно. Найдите радиус окружности, описанной около трапеции.

     Решение. Радиус окружности, описанной около трапеции, найдём как радиус окружности, описанной около ΔACD. Точки F, N, М - середины отрезков ВС, CD, AD соответственно. Тогда по условию, FO=1, ON=OM=2. Треугольники ВОС и AOD подобны, а потому, АO=2OС. Построим DK // ON, тогда АК .= КО = ОС и KD = 4. KD - медиана ΔAOD, ОМ - серединный перпендикуляр к AD и медиана ΔAOD. Точка Т - точка пересечения медиан ΔACD делит медиану DK на отрезки: 8/3 и 4/3, делит медиану ОМ на отрезки: 4/3 и 2/3.

    Пусть L - середина ОК, тогда L - середина АС. Треугольник КТО - равнобедренный, т. к. ОТ = КТ =4/3 и LT - является серединным перпендикуляром к отрезку АС. Следовательно, точка Т является центром окружности, описанной около ΔACD, радиус которой равен 8/3.

    Ответ: 8/3.

     4. На сторонах АВ и АС треугольника ABC взяты соответственно точки М и N так, что ВМ = MN = NC. Отрезки ММ1 и NN1 - биссектрисы треугольника AMN. Докажите, что M1N1// ВС.

     Решение. Угол MNA - внешний для равнобедренного треугольника MNC, поэтому угол MNA = NMC + NCM = 2NCM. Так как NN1 - биссектриса, то угол ANN1 = 1/2MNA = NCM. Получим, что ΔANN1 подобен ΔАСМ по двум углам (угол А - общий). Следовательно,

      AN1/AN = AM/AC.   (1)

      Проводя аналогичные рассуждения,из подобия треугольников АММ1 и ABN получим

    AM1/AN =АМ/АВ. (2)

    Поделив равенство (1) на (2) получим AN1/AM1 = АВ/АС, и т.к. угол А - общий для треугольников AN1M1 и ABC, то они подобны. Значит, угол AN1M1 =АВС. Следовательно, M1N1 // СВ, ч. т. д. 

          Экзаменационные задачи.

     1.В  прямоугольном треугольнике ABC угол С равен 90 градусов, CD - высота, а один из катетов вдвое больше другого. В треугольниках ACD и BCD проведены биссектрисы DK и DP соответственно. Найдите площадь треугольника ABC, если КР=4.

     Решение. Отметим подобные треугольники: ABC, ADC и BDC. Из подобия: AD/CD=CD/DB=AC/BC= 1/2. По свойству биссектрисы внутреннего угла треугольника, AK/KC = AD/CD = 1/2; отсюда КС = 2/3∙АС; СР = 1/3∙СВ = 2/3∙АС; СР = КС; треугольник КСР - равнобедренный, прямоугольный. Отсюда КС = 4√2/2 = 2√2; АС = 3/2∙КС=3√2; СР = 2∙АС= 6√2; S = ½ ∙AС∙CB=l/2∙3√2∙6√2=18.

    2.В  равнобедренном треугольнике  высоты, проведённые  к основанию и к боковой стороне, равны соответственно 10 и 12 см. Найти длину основания.

    Решение. В треугольнике ABC имеем АВ = ВС, прямая BD перпендикулярна АС, АЕ перпендикулярна ВС, BD = 10 см и АЕ =12 см. Пусть АС= х, АВ = ВС = у. Прямоугольные треугольники АЕС и BDC подобны (угол С - общий); следовательно, ВС/АС= =BD/AE, или у/х = 10/12 = 5/6. Применяя теорему Пифагора к треугольнику BDC, имеем

ВС2 = BD2 + DC2, т. е. у2 = 100 +х /4.Решив систему уравнений     у/х= 5/6,

у2=100+х2/4,

получим х =15.

      3. Длина основания  треугольника равна  36 см. Прямая, параллельная основанию, делит площадь треугольника пополам. Найти длину отрезка этой прямой, заключённого между сторонами треугольника.

     Обозначим искомую длину через х. Тогда  из подобия треугольников ABC и LBM имеем АС22= S/(0,5∙S), где S -площадь треугольника ABC. Отсюда АС2=2х2 и х= 18√2(cm).

     4.В  равносторонний треугольник  вписана окружность. Этой окружности и сторон треугольника касаются три малые окружности. Найти сторону треугольника, если радиус малой окружности равен r.

      в Решение. Пусть а - сторона

треугольника, R - радиус вписанной в него окружности; тогда R = а√3/6. Проведём радиусы ОМ и O1К в точки касания. Из подобия треугольников АОМ и AO1K имеем R/r = AO/(AO- R -r). Отсюда, учитывая, что АО = а√3/3, получим a√3/(6r)=a√3/(3(a√3/3-a√3/6-r)),или a√3/6-r = 2r,т.е. a=6r√3. 

    5.Дан  правильный тетраэдр  SABCD, объем которого равен V. На ребрах SA и SB взяты их середины D и E, а на ребре SC взята точка F такая, что SF:FC=1:3. Найдите объем пятигранника DEFABC.

     Решение.

    Пусть G – середина ребра SC. Тогда F – середина отрезка SG и поэтому EF – средняя линия в треугольнике  SBG. Аналогично, DF – средняя линия в треугольнике SAG и по условию DE – средняя линия в треугольнике SAB. Значит, при гомотетии с центром S и коэффициентом 2 пирамида SDEF перейдет в пирамиду SABG, то есть эти пирамиды подобны с коэффициентом 2. Следовательно, объем пирамиды SDEF в 8 раз меньше объема пирамиды SABG.

    Но  последний объем составляет половину всего объема V. Действительно, отрезок SG перпендикулярен отрезкам AG и BG, так как они являются высотами в соответствующих гранях. Значит, прямая SC перпендикулярна плоскости ABG, и поэтому при симметрии относительно этой плоскости пирамида SABG перейдет в пирамиду CABG. Поэтому их объемы равны, в сумме они составляют V и, значит объем каждой из них равен половине V.

    В итоге, VSDEF=1/8 VSABG = 1/8*1/2 V=1/16 V и поэтому VDEFABC=15/16 V.

    Ответ: 15/16 V. 
 

            ЗАКЛЮЧЕНИЕ

    В результате работы я повторил весь школьный материал по данной теме, изучил другие подходы к ней по дополнительным источникам. Разобрал решения задач различного уровня сложности, решаемые методом подобия и, чаще всего, не решаемые без него.

    Я думаю, что это поможет мне  при подготовке к вступительным экзаменам по математике. Я научился видеть подобные треугольники в различных ситуациях, умею правильно записывать отношения сходственных сторон, по известным элементам вычислять неизвестные, используя свойства пропорции.

    Интересен материал из истории подобия, с которым  я ознакомился. Я смогу применять метод подобия для решения практических задач.

     Думаю,   что  те,   кто  изучит  данный  материал,   тоже углубят свои знания в одной из областей геометрии.

Краткое описание
Идея отношения и Пропорции зародилась в глубокой древности. Об этом свидетельствуют древнеегипетские храмы, детали гробницы Менеса и знаменитых пирамид в Гизе (III тысячелетие до н. э.), вавилонские зиккураты (ступенчатые культовые башни), персидские Дворцы, Индийские и другие Памятники древности, Многие обстоятельства.
Содержание работы
Из истории подобия_________________________________3
Основная часть_____________________________________6


2.1 Развитие темы в учебнике Атанасяна Л. С. «Геометрия 7 -9»___6

Дополнительные свойства, используемые при решении задач_11
2.3 Олимпиадные задачи__________________________________14

2.4 Экзаменационные задачи_______________________________16

3. Заключение__________________________________________19

4. Литература________________________________________20